安徽省马鞍山市当涂一中2017届高三上学期第二次强化训练物理试卷（理科）

安徽省马鞍山市当涂一中2017届高三上学期第二次强化训练物理试卷（理科）

‎2016-2017学年安徽省马鞍山市当涂一中高三（上）第二次强化训练物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，有的小题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（　　）‎ A．电梯匀速上升 B．电梯匀减速上升 C．电梯匀减速下降 D．电梯匀加速下降 ‎2．如图所示，在排球比赛中，假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网，排球网高H=2.24m，排球质量m=300g，运动员对排球做的功W1=20J，排球运动过程中克服空气阻力做功W2=4.12J，重力加速度g=10m/s2．球从手刚发出位置的高度h=2.04m，选地面为零势能面，则（　　）‎ A．与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72J B．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22J C．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88J D．与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72J ‎3．在固定于地面的斜面上垂直安放一个挡板，截面为圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．如图所示．现在从球心O1处对甲放加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止．设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，则在此过程中（　　）‎ A．F1缓慢增大，F2缓慢增大 B．F1缓慢增大，F2缓慢减小 C．F1缓慢减小，F2缓慢增大 D．F1缓慢减小，F2不变 ‎4．图甲为某恒温装置的电路原埋图．图中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，电压表和电流表均为理想电表．副线圈所在电路中，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻（其阻值随温度的升高而减小），D为理想二极管，R1为电阻恒定的电热丝，AB间电压变化情况如图乙所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．AB间电压的有效值为44V B．原线圈两端电压的有效值为220V C．R处温度升高时，R1消耗的电功率减小 D．理想变压器原、副线圈中的电流之比为1：5‎ ‎5．如图所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为C，开始开关闭合，电容器与一直流电源相连，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E=CU2．一电荷量大小为q的带电油滴以初动能Ek从一平行板电容器的两个极板中央水平射入（极板足够长），带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则（　　）‎ A．保持开关闭合，将上极板下移，带电油滴仍能沿水平线运动 B．保持开关闭合，将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek+‎ C．断开开关，将上极板上移，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为Ek+‎ D．断开开关，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2‎ ‎6．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，“北斗系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动，卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别为轨道上的A、B两位置，高分一号在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（　　）‎ A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需要的时间为 C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速 D．高分一号是低轨道卫星，其所在高度由稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小 ‎7．边长为L的正方形线圈A，通有逆时针方向的恒定电流I，用两根轻质绝缘细线静止地悬挂在水平长直导线MN的正下方h处，如图所示．当导线MN中无电流时，两细绳中张力均为T；当通过MN的电流为I1时，两细绳中张力均减为aT（0＜a＜1）；而当通过MN的电流为I2时，细绳中张力恰好为零．已知长直通电导线周围磁场的磁感应强度B与到导线的距离r成反比（即B=k，k为常数）．由此可知，MN中的电流方向和电流大小之比I1：I2分别为（　　）‎ A．向左，1+a B．向右，1+a C．向左，1﹣a D．向右，1﹣a ‎8．一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R=2.0Ω的电阻，如图甲所示．在线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈内磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．通过R的电流方向为b→a B．线圈中产生的感应电动势为5V C．R两端电压为2.5V D．通过R的电流大小为5A ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）‎ ‎9．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，合力与分力的作用效果相同，这里作用效果是指（　　）‎ A．弹簧测力计的弹簧被拉长 B．使橡皮条伸长到同一长度 C．细绳套受拉力产生形变 D．使橡皮条在同一方向上伸长到同一长度 ‎10．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示，下列说法中正确的是 （　　）‎ A．图乙中的F是力F1和F2合力的理论值，F′是力F1和F2合力的实际测量值 B．图乙的F′是力F1和F2合力的理论值，F是力F1和F2合力的实际测量值 C．在实验中，如果将细绳也换成橡皮条，那么对实验结果没有影响 D．在实验中，如果将细绳也换成橡皮条，那么对实验结果有影响 ‎11．实验室有以下器材：‎ A．一满偏电流为300A的电流计，它有两档内阻的正接线柱，G0档对应内阻为100Ω、G1档对应内阻为2.5kΩ．‎ B．电压表量程3V，内阻约10kΩ；‎ C．电源电动势3V D．滑动变阻器“50，1A”；‎ E．导线、开关若干 ‎（1）现使用伏安法测阻值约2k的电阻，则测量电路部分应选图2中的　　（填“甲”或“乙”）电路图，考虑电压表读数误差要求，电流计应选　　档（填“G1”或“G0”）．‎ ‎（2）由滑动变阻器规格可知，控制电路应设计成　　接法较为合适（填“限流”或“分压”）．‎ ‎（3）如图3电流计读数为　　，若电压表读数为1.12V，则该被测电阻阻值为　　Ω．（保留3位有效数字）‎ ‎12．如图甲所示，水平传送带的长度L=6m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，现在一质量为1kg的小物体（可视为质点）以水平速度v0从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为s，保持物块的初速度v0不变，多次改变皮带轮的速度v依次测量水平位移s，得到如图乙所示的s﹣v图象．‎ ‎（1）当0＜v≤l m/s时，物块在A、B之间做什么运动？v≥7m/s时，物块在A、B之间做什么运动？‎ ‎（2）物块的初速度v0多大？‎ ‎13．如图，与水平面成37°倾斜轨道AB，其延长线在C点与半圆轨道CD（轨道半径R=1m）相切，全部轨道为绝缘材料制成且放在竖直面内．整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为0.4kg的带电小球沿斜面AB下滑，至B点时速度为vE=m/s，沿着直线BC运动，小球在BC段对轨道无压力，运动到达C处进入半圆轨道，进入时无动能损失，小球刚好能到达D点，到达D点的同时撤去磁场．不计空气阻力，g=10m/s2，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）小球带何种电荷．‎ ‎（2）小球离开D点后若落在AC上，其交点距C点的距离多少．‎ ‎（3）小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功．‎ ‎　‎ 物理--选修3-4‎ ‎14． 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（　　）‎ A．在相遇区域会发生干涉现象 B．实线波和虚线波的频率之比为3：2‎ C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零 D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cm E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜0‎ ‎15．如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABC．AC边长为L，∠B=30°，光线P、Q同时由AC中点射入玻璃砖，其中光线P方向垂直AC边，光线Q方向与AC边夹角为45°．发现光线Q第一次到达BC边后垂直BC边射出．光速为c，求：‎ Ⅰ．玻璃砖的折射率；‎ Ⅱ．光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省马鞍山市当涂一中高三（上）第二次强化训练物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，有的小题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动．下列各种情况中，体重计的示数最大的是（　　）‎ A．电梯匀速上升 B．电梯匀减速上升 C．电梯匀减速下降 D．电梯匀加速下降 ‎【考点】牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】先对人受力分析，受重力和支持力，体重计示数即为受到的压力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律列式求解．‎ ‎【解答】解：电梯匀速上升，重力等于支持力，N=mg，电梯匀减速上升、匀加速下降，加速度方向都向下，根据牛顿第二定律，mg﹣N=ma，则N=mg﹣ma＜mg．电梯匀减速下降时，加速度方向向上，根据牛顿第二定律有：N﹣mg=ma，则N=mg+ma＞mg．因为支持力等于压力，压力等于体重计的示数，所以电梯匀减速下降时，体重计的示数最大．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，在排球比赛中，假设排球运动员某次发球后排球恰好从网上边缘过网，排球网高H=2.24m，排球质量m=300g，运动员对排球做的功W1=20J，排球运动过程中克服空气阻力做功W2=4.12J，重力加速度g=10m/s2．球从手刚发出位置的高度h=2.04m，选地面为零势能面，则（　　）‎ A．与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为6.72J B．排球恰好到达球网上边缘时的机械能为22J C．排球恰好到达球网上边缘时的动能为15.88J D．与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为4.72J ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】重力势能的增加量由克服重力做功求解；‎ 根据功能原理求排球恰好到达球网上边缘时的机械能；‎ 由动能定理求排球恰好到达球网上边缘时的动能；‎ 与排球从手刚发出相比较，可求得排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量．‎ ‎【解答】解：A．与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时重力势能的增加量为：△EP=mg（H﹣h）=0.3×10×（2.24﹣2.04）=0.6 J，故A错误；‎ B．根据功能关系可得，排球恰好到达球网上边缘时的机械能为：E=mgh+W1﹣W2=0.3×10×2.04+20﹣4.12=22 J，故B正确；‎ C．由动能定理可知：排球恰好到达球网上边缘时的动能为：EK=W1﹣W2﹣mg（H﹣h）=15.28 J，故C错误；‎ D．与排球从手刚发出相比较，排球恰好到达球网上边缘时动能的减少量为：△EK=W2+mg（H﹣h）=4.72 J，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎3．在固定于地面的斜面上垂直安放一个挡板，截面为圆的柱状物体甲放在斜面上，半径与甲相等的光滑圆球乙被夹在甲与挡板之间，没有与斜面接触而处于静止状态．如图所示．现在从球心O1处对甲放加一平行于斜面向下的力F，使甲沿斜面方向极其缓慢地移动，直至甲与挡板接触为止．设乙对挡板的压力为F1，甲对斜面的压力为F2，则在此过程中（　　）‎ A．F1缓慢增大，F2缓慢增大 B．F1缓慢增大，F2缓慢减小 C．F1缓慢减小，F2缓慢增大 D．F1缓慢减小，F2不变 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】先以整体为研究对象求出斜面的支持力，从而求出甲对斜面的压力；再以乙为研究对象求出乙所受的挡板的支持力，从而求出乙对挡板的压力．以物体乙为研究对象，沿斜面方向有F乙=m2gsinθ+FNsinα 垂直斜面方向有FNcosα=m2gcosθ 以整体为研究对象则有斜面的支持力F支=（m1+m2）gcosθ．‎ ‎【解答】解：以物体乙为研究对象，受力情况如图所示，‎ 则有垂直斜面方向有：FNcosα=m2gcosθ 沿斜面方向有：F乙=m2gsinθ+FNsinα 由于α逐渐减小，则FN逐渐减小，所以F乙逐渐减小．‎ 根据牛顿第三定律可知：F1=F乙，故F1逐渐减小．所以AB错误．‎ 以整体为研究对象，则有斜面的支持力：F支=（m1+m2）gcosθ，显然保持不变．‎ 根据牛顿第三定律可知：F2=F支=（m1+m2）gcosθ，显然保持不变．故C错误，D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎4．图甲为某恒温装置的电路原埋图．图中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，电压表和电流表均为理想电表．副线圈所在电路中，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻（其阻值随温度的升高而减小），D为理想二极管，R1为电阻恒定的电热丝，AB间电压变化情况如图乙所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．AB间电压的有效值为44V B．原线圈两端电压的有效值为220V C．R处温度升高时，R1消耗的电功率减小 D．理想变压器原、副线圈中的电流之比为1：5‎ ‎【考点】变压器的构造和原理；电功、电功率．‎ ‎【分析】求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．‎ ‎【解答】解：AD、由于二极管的单向导电性，根据电流的热效应有，AB间的电压有效值为=，且原副线圈的电流之比不再等于匝数之比，故A、D错；‎ B、副线圈电压的有效值44V，根据电压与匝数成正比得原线圈电压的有效值为44×5=220V，故B正确；‎ C、温度升高时，R减小，I2增大，故R0分压变大而R1分压减小，功率也减小，故C正确；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎5．如图所示，平行板电容器两极板水平放置，电容为C，开始开关闭合，电容器与一直流电源相连，极板间电压为U，两极板间距为d，电容器储存的能量E=CU2‎ ‎．一电荷量大小为q的带电油滴以初动能Ek从一平行板电容器的两个极板中央水平射入（极板足够长），带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则（　　）‎ A．保持开关闭合，将上极板下移，带电油滴仍能沿水平线运动 B．保持开关闭合，将上极板下移，带电油滴将撞击上极板，撞击上极板时的动能为Ek+‎ C．断开开关，将上极板上移，带电油滴将撞击下极板，撞击下极板时的动能为Ek+‎ D．断开开关，将上极板上移，若不考虑电容器极板的重力势能变化，外力对极板做功至少为CU2‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】带电油滴受到重力和电场力处于平衡，当电场强度增大时，液滴将会向上运动．电容器始终与电源相连，两端的电压不变，电容器与电源断开，所带的电量不变，根据动态分析判断电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：AB、带电油滴恰能沿图中所示水平虚线匀速通过电容器，则说明受到的重力和电场力平衡，故有，保持开关闭合，将上极板下移，由于和电源相连，则两极板间的电压恒定，所以可得电场强度增加，即电场力增大，油滴向上偏转，撞击时，根据动能定理可得，，结合，解得，故A错误，B正确；‎ C、断开开关，电荷量不变，将上极板上移，根据，，可得 两极板间的电场强度不变，所以油滴仍处于平衡状态，沿直线通过，故C错误；‎ D、移动前电容器的能量为，将上极板上移后，根据，可得，此时电容器存储能量为，所以外力对极板做功至少为，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎6．2014年3月8日凌晨马航客机失联后，西安卫星测控中心紧急调动海洋、风云、高分、遥感4个型号近10颗卫星，为地面搜救提供技术支持．特别是“高分一号”突破了空间分辨率、多光谱与大覆盖面积相结合的大量关键技术．如图为“高分一号”与北斗导航系统两颗卫星在空中某一面内运动的示意图，“北斗系统中两颗卫星“G1”和“G3”以及“高分一号”均可认为绕地心O做匀速圆周运动，卫星“G1”和“G3”的轨道半径均为r，某时刻两颗工作卫星分别为轨道上的A、B两位置，高分一号在C位置，若卫星均顺时针运行，地球表面处的重力加速度为g，地球半径为R，不计卫星间的相互作用力．则以下说法正确的是（　　）‎ A．卫星“G1”和“G3”的加速度大小相等均为g B．卫星“G1”由位置A运动到位置B所需要的时间为 C．如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其减速 D．高分一号是低轨道卫星，其所在高度由稀薄气体，运行一段时间后，高度会降低，速度增大，机械能会减小 ‎【考点】人造卫星的加速度、周期和轨道的关系．‎ ‎【分析】A、根据万有引力提供向心力，以及黄金代换式GM=gR2．求卫星的加速度大小．‎ B、根据万有引力提供向心力求出卫星的角速度，然后通过转过的角度求出时间．‎ C、“高分一号”卫星速度增大，万有引力不够提供向心力，做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长．‎ D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，要克服阻力做功，机械能减小 ‎【解答】解：A、根据万有引力提供向心力，得a=．而GM=gR2．所以卫星的加速度a=．故A错误．‎ B、根据万有引力提供向心力，得．所以卫星1由位置A运动到位置B所需的时间t=，故B错误．‎ C、“高分一号”卫星加速，将做离心运动，轨道半径变大，速度变小，路程变长，运动时间变长，故如果调动“高分一号”卫星到达卫星“G3”所在的轨道，必须对其加速，故C错误．‎ D、“高分一号”是低轨道卫星，其所在高度有稀薄气体，克服阻力做功，机械能减小．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．边长为L的正方形线圈A，通有逆时针方向的恒定电流I，用两根轻质绝缘细线静止地悬挂在水平长直导线MN的正下方h处，如图所示．当导线MN中无电流时，两细绳中张力均为T；当通过MN的电流为I1时，两细绳中张力均减为aT（0＜a＜1）；而当通过MN的电流为I2时，细绳中张力恰好为零．已知长直通电导线周围磁场的磁感应强度B与到导线的距离r成反比（即B=k，k为常数）．由此可知，MN中的电流方向和电流大小之比I1：I2分别为（　　）‎ A．向左，1+a B．向右，1+a C．向左，1﹣a D．向右，1﹣a ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】通过线圈处于平衡，根据共点力平衡判断安培力的方向，从而确定磁场的方向，根据右手螺旋定则确定电流的方向；通过安培力的公式分别求出线框所受的安培力，根据物体的受力分析，结合矢量合成法则，即可正确解答．‎ ‎【解答】解：当MN通以方向从N向M的电流时，则ab边所受的安培力的向上，cd边所受安培力方向向下，因离MN越近，则安培力越大，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，所以MN中电流的方向向左；‎ 当MN内通电流I时，根据题意可知：‎ ab所受安培力为：F1=…①‎ cd所受安培力为：F2=…②‎ 因它们受到的安培力方向相反，此时线圈所受安培力的合力大小为F=kILI0（﹣）；‎ 可知，线圈受到的安培力的合力大小与通入电流的大小成正比，当MN分别通以I1、I2的电流时，线框受到的安培力的合力的大小之比为I1：I2．‎ 当通过MN的电流为I1时，两细绳中张力均减为aT（0＜a＜1），所以安培力的大小：F合1=2T﹣2aT；‎ 而当通过MN的电流为I2时，细绳中张力恰好为零，则安培力的大小：F合2=2T 所以：I1：I2=F合1：F合2=（2T﹣2aT）：2T=（1﹣a）：1‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．一线圈匝数为n=10匝，线圈电阻不计，在线圈外接一个阻值R=2.0Ω的电阻，如图甲所示．在线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈内磁通量Ф随时间t变化的规律如图乙所示．下列说法正确的是（　　）‎ A．通过R的电流方向为b→a B．线圈中产生的感应电动势为5V C．R两端电压为2.5V D．通过R的电流大小为5A ‎【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流．由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小．再由闭合电路的殴姆定律可求出电流大小，从而得出电阻R两端的电压，再由楞次定律判定感应电流方向．‎ ‎【解答】解：A、由楞次定律可得：感应电流的方向为逆时针，所以通过R的电流方向为b→a，故A正确；‎ B、穿过线圈的磁通量变化率为： ==0.5Wb/s，感应电动势为：E=N=10×0.5=5V，故B正确；‎ CD、由闭合电路殴姆定律可得：I===2.5A，那么R两端的电压为U=IR=2.5×2V=5V，故CD错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ 三、非选择题：包括必考题和选考题两部分．第9题～第12题为必考题，每个试题考生都必须作答．第13题为选考题，考生根据要求作答．（一）必考题（共47分）‎ ‎9．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，合力与分力的作用效果相同，这里作用效果是指（　　）‎ A．弹簧测力计的弹簧被拉长 B．使橡皮条伸长到同一长度 C．细绳套受拉力产生形变 D．使橡皮条在同一方向上伸长到同一长度 ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】本实验中采用了两个力合力与一个力效果相同来验证的平行四边形定则，效果的相同是通过拉橡皮筋产生大小和方向相同的形变量来实现的 ‎【解答】解：在“探究力的平行四边形定则”的实验中，采用了“等效法”，即要求两次拉橡皮筋到同一点O，从而是橡皮筋产生的形变大小和方向都相同，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎10．在“验证力的平行四边形定则”的实验中，某同学的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳．图乙是在白纸上根据实验结果画出的力的图示，下列说法中正确的是 （　　）‎ A．图乙中的F是力F1和F2合力的理论值，F′是力F1和F2合力的实际测量值 B．图乙的F′是力F1和F2合力的理论值，F是力F1和F2合力的实际测量值 C．在实验中，如果将细绳也换成橡皮条，那么对实验结果没有影响 D．在实验中，如果将细绳也换成橡皮条，那么对实验结果有影响 ‎【考点】验证力的平行四边形定则．‎ ‎【分析】由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的理论值（通过平行四边形定则得出的值）与实际值（实际实验的数值）存在差别，只要O点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果．‎ ‎【解答】解：A、B、F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F′是F1与F2合成的理论值，F是F1与F2合成的实际值，故A错误，B正确；‎ C、D、由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果，故C正确，D错误．‎ 故选BC．‎ ‎　‎ ‎11．实验室有以下器材：‎ A．一满偏电流为300A的电流计，它有两档内阻的正接线柱，G0档对应内阻为100Ω、G1档对应内阻为2.5kΩ．‎ B．电压表量程3V，内阻约10kΩ；‎ C．电源电动势3V D．滑动变阻器“50，1A”；‎ E．导线、开关若干 ‎（1）现使用伏安法测阻值约2k的电阻，则测量电路部分应选图2中的　甲　（填“甲”或“乙”）电路图，考虑电压表读数误差要求，电流计应选　G1　档（填“G1”或“G0”）．‎ ‎（2）由滑动变阻器规格可知，控制电路应设计成　分压　接法较为合适（填“限流”或“分压”）．‎ ‎（3）如图3电流计读数为　250μA　，若电压表读数为1.12V，则该被测电阻阻值为　1.98×103　Ω．（保留3位有效数字）‎ ‎【考点】伏安法测电阻；把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】被测电阻阻值与电压表较为接近，故应使电流表测真实值；当滑动变阻器阻值与比被测电阻小比较多时采用分压接法；由欧姆定律求被测电阻的阻值．‎ ‎【解答】解：（1）若用乙图，可计算假设当电流计满偏时，即电流为300A时，电压表的读数为即电压表的偏转角度很小，被测电阻阻值与电压表内阻较为接近，即属于大电阻，应采用电流表内接，故选用甲电路图，‎ 为保证电流计的安全，根据欧姆定律，被测电阻与电流计的电阻之和约为： =10kΩ 故电流计选择内阻较大的G1；‎ ‎（2）由滑动变阻器规格，与被测电阻阻值相差较多，可知，控制电路应设计成分压接法；‎ ‎（3）如图2电流计读数为250 μA，若电压表读数为1.12V，则该被测电阻阻值为R=﹣2500=1.98×103Ω；‎ 故答案为：（1）甲，G1；‎ ‎（2）分压；‎ ‎（3）250 μA、1.98×103‎ ‎　‎ ‎12．如图甲所示，水平传送带的长度L=6m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，现在一质量为1kg的小物体（可视为质点）以水平速度v0从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为s，保持物块的初速度v0不变，多次改变皮带轮的速度v依次测量水平位移s，得到如图乙所示的s﹣v图象．‎ ‎（1）当0＜v≤l m/s时，物块在A、B之间做什么运动？v≥7m/s时，物块在A、B之间做什么运动？‎ ‎（2）物块的初速度v0多大？‎ ‎【考点】匀变速直线运动的速度与位移的关系．‎ ‎【分析】（1）当0＜v≤l m/s时，s不变，说明物体滑到B点的速度不变，与传送带速度无关，物块在A、B之间做匀减速直线运动．v≥7m/s时，s不变，说明物体滑到B点的速度又不变，物块在A、B之间做匀加速直线运动．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律得到，物体在传送带上做匀减速运动和匀加速运动的加速度大小均等于μg．对图象0＜v≤l m/s和v≥7m/s时，物体的运动情况进行研究，两种情况下物体对地位移大小均等于L，加速度大小均为μg，由图读出末速度，由速度﹣位移关系公式分别列方程求解初速度v0．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由乙知，当0＜v≤lm/s时，物体平抛运动的水平位移不变，物体运动到B点的速度不变．当物体的初速度大于传送带速度时，物体在传送带上做匀减速运动，加速度一定，位移一定，到B点的速度一定，与传送带速度无关．‎ 当1＜v＜7m/s时，物体的初速度小于传送带的速度，物体先做匀加速运动，速度与传送带相同后，做匀速直线运动，随着传送带速度的增大，物体到达B点的速度增大，平抛的水平位移增大．‎ 当v≥7m/s时，物体的速度始终小于传送带的速度，一直做匀加速运动，由于物体的加速度一定，位移一定，到达B点的速度一定．所以当0＜v≤lm/s时，物块在A、B之间做匀减速直线运动；v≥7m/s时，物块在A、B之间做匀加速直线运动．‎ ‎（2）由图读出：0＜v≤l m/s，物块做匀减速直线运动的末速度为v1=1m/s；v≥7m/s时，物块做匀加速直线运动的末速度为v2=7m/s．‎ 得到 联立解得：v0=5m/s 答：‎ ‎（1）当0＜v≤l m/s时，物块在A、B之间做匀减速直线运动；v≥7m/s时，物块在A、B之间做匀加速直线运动．‎ ‎（2）物块的初速度v0是5m/s．‎ ‎　‎ ‎13．如图，与水平面成37°倾斜轨道AB，其延长线在C点与半圆轨道CD（轨道半径R=1m）相切，全部轨道为绝缘材料制成且放在竖直面内．整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为0.4kg的带电小球沿斜面AB下滑，至B点时速度为vE=m/s，沿着直线BC运动，小球在BC段对轨道无压力，运动到达C处进入半圆轨道，进入时无动能损失，小球刚好能到达D点，到达D点的同时撤去磁场．不计空气阻力，g=10m/s2，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）小球带何种电荷．‎ ‎（2）小球离开D点后若落在AC上，其交点距C点的距离多少．‎ ‎（3）小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子在只有电场的倾斜轨道上做匀加速运动后，进入电场与磁场混合的场中做匀速直线运动，重力、洛伦兹力与电场力处于平衡状态，接着沿半圆轨道运动刚好能达到D点，最后从D点做类平抛运动，此时所受到的合力正好与速度相互垂直．因此由电场力与电场强度方向可确定小球所带电性，同时利用平抛运动规律可得小球垂直与速度方向上发生的位移，从而求出运动的时间，最终确定沿速度方向的运动的位移．小球在半圆轨道上由运动定理可得克服摩擦力做功多少．‎ ‎【解答】解：（1）由电场力与电场强度方向可确定小球所带正电荷；‎ ‎（2）依题意可知小球在BC间做匀速直线运动．‎ 在C点的速度为：vC=vB=m/s，‎ 在BC段其受力如图所示，设重力和电场力合力为F．‎ 合力：F=qvCB，又 F===5N，‎ 解得：qB===，‎ 在D处由牛顿第二定律可得：qvDB+F=m，‎ 将qB代入上式化简得：8vD2﹣7vD﹣100=0，‎ 解得：vD=4m/s，（vD=﹣m/s，不合题意，舍去），‎ 小球离开D后做类平抛运动，加速度：a=，‎ ‎2R=at2，代入数据解得：t=0.4s，‎ s=vDt=4×0.4≈2.26m；‎ ‎（3）由动能定理得：﹣Wf﹣F•2R=mvD2﹣mvC2，‎ 代入数据解得：Wf=27.6J；‎ 答：（1）小球带正电荷．‎ ‎（2）小球离开D点后若落在AC上，其交点距C点的距离是2.26m．‎ ‎（3）小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功为27.6J．‎ ‎　‎ 物理--选修3-4‎ ‎14． 两列简谐横波的振幅都是20cm，传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，沿x轴正方向传播，虚线波沿x轴负方向传播．某时刻两列波在如图所示区域相遇，则（　　）‎ A．在相遇区域会发生干涉现象 B．实线波和虚线波的频率之比为3：2‎ C．平衡位置为x=6m处的质点此刻速度为零 D．平衡位置为x=8.5m处的质点此刻位移y＞20cm E．从图示时刻起再经过0.25s，平衡位置为x=5m处的质点的位移y＜0‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象；波的干涉和衍射现象．‎ ‎【分析】在均匀介质中两列波的波速相同，由v=λf得：波长与频率成反比．某时刻两列波的平衡位置正好在x=0处重合，两列波的平衡位置的另一重合处到x=0处的距离应该是两列波的波长整数倍 ‎【解答】解：A、两列波波速相同，波长不同，根据v=λf，频率不同，不能干涉，故A错误；‎ B、两列波波速相同，波长分别为4m、6m，为2：3，根据根据v=λf，频率比为3：2，故B正确；‎ C、平衡位置为x=6m处的质点此刻位移为零，两列波单独引起的速度不等，相反，故合速度不为零，故C错误；‎ D、平衡位置为x=8.5m处的质点，两列波单独引起的位移分别为、，故合位移大于振幅A，故D正确；‎ E、传播速度大小相同．实线波的频率为2Hz，其周期为0.5s，由图可知：虚线波的周期为0.75s；‎ 从图示时刻起再经过0.25s，实线波在平衡位置为x=5m处于波谷，而虚线波也处于y轴上方，但不在波峰处，所以质点的位移y＜0，故E正确；‎ 故选BDE．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，横截面为直角三角形的玻璃砖ABC．AC边长为L，∠B=30°，光线P、Q同时由AC中点射入玻璃砖，其中光线P方向垂直AC边，光线Q方向与AC边夹角为45°．发现光线Q第一次到达BC边后垂直BC边射出．光速为c，求：‎ Ⅰ．玻璃砖的折射率；‎ Ⅱ．光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】Ⅰ、作出光路图，由几何知识求出光线在AC边的入射角和折射角，即可求得玻璃砖的折射率；‎ Ⅱ、由几何关系求出光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射通过的路程，由v=求出P在玻璃砖内传播的速度，即可求得经历的时间．‎ ‎【解答】解：Ⅰ、作出光路图如图．则光线Q在AC边的入射角i=45°．‎ 由几何关系可知在AC边的折射角r=30°‎ 由折射定律得 n==‎ Ⅱ、光线P在玻璃砖中传播时 ‎ ‎ s1=ED==L ‎ s2=DF==L P在玻璃砖内传播的速度 v=‎ 则所要求的时间为 t=‎ 由以上各式可得 t=‎ 答：‎ Ⅰ．玻璃砖的折射率为；‎ Ⅱ．光线P由进入玻璃砖到第一次由BC边出射经历的时间为．‎ ‎　‎ ‎2017年1月8日